%Version control information:
%$HeadURL: http://ejercicioscalculo.googlecode.com/svn/trunk/taylor.tex $
%$LastChangedDate: 2010-01-28 19:28:03 +0000 (Thu, 28 Jan 2010) $
%$LastChangedRevision: 11 $
%$LastChangedBy: asalber $

\newproblem*{tay-1}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Dada la función $f(x)=\sqrt{x+1}$ se pide:
\begin{enumerate}
\item  El polinomio de Taylor de cuarto grado de $f$ en $x=0$.
\item  Calcular un valor aproximado de $\sqrt{1.02}$ utilizando un polinomio de segundo grado y otro utilizando un polinomio de cuarto grado. Dar una cota del error cometido en cada caso.
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-2}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Dada la función $f(x)=\sen x$, se pide:
\begin{enumerate}
\item  Obtener el polinomio de Taylor de tercer grado de $f$ en el punto $x=\pi/6$ y usarlo para aproximar $\sen\dfrac{1}{2}$ dando una cota del error cometido.
\item  Dar una aproximación de $\sen\dfrac{1}{2}$ usando un el polinomio de Taylor de quinto grado en el punto $x=0$, acotando el error cometido.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{
\begin{enumerate}
\item $P^3_{f,\pi/6}(x) = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}(x-\pi/6)-\frac{1}{4}(x-\pi/6)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}(x-\pi/6)^3$.\\
$\sen 1/2 \approx P^3_{f,\pi/6}(1/2) = 0.4794255322$.\\
$|R^3_{f,\pi/6}(1/2)|\leq 6.46\cdot 10^{-9}$.
\item $P^5_{f,0}(x) = x -\frac{1}{6} x^3 + \frac{1}{120}x^5$.\\
$\sen 1/2 \approx P^5_{f,0}(1/2) = 0.4794270833$.\\
$|R^5_{f,0}(1/2)|\leq 2.170\cdot 10^{-5}$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-3}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Obtener la fórmula de Taylor de segundo orden de la función $f(x)=\sqrt[3]{x}$ en un entorno del punto $x=1$.
}
%SOLUCIÓN
{$P^2_{f,1}(x) = 1+\frac{1}{3}(x-1)-\frac{2}{18}(x-1)^2$. 
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-4}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Calcular el polinomio de McLaurin de tercer grado para la función $f(x)=\arcsen x$.
}
%SOLUCIÓN
{$P^3_{f,0}(x) = x+\frac{1}{6}x^3$. 
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem*{tay-5}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Calcular $\cos 1$ con un error menor de $10^{-7}$ usando aproximaciones de Taylor.
}


\newproblem{tay-6}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dadas las funciones
$f(x)=e^x$ y $g(x)=\cos x$, se pide:
\begin{enumerate}
   \item  Calcular los polinomios de McLaurin de segundo grado para $f$
   y $g$.

   \item  Utilizar los polinomios anteriores para calcular
   \[ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-\cos x}{x}.\]
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P^2_{f,0}(x) = 1+x+\frac{1}{2}x^2$ y $P^2_{g,0}(x) = 1-\frac{1}{2}x^2$.
\item $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-\cos x}{x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x+x^2}{x} = 1$. 
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-7}{far}{*}
%ENUNCIADO
{La función $C(t)$ da la concentración (en mg/dl) de un fármaco en el torrente sanguíneo en función del tiempo (en horas):
\[
C(t) = \frac{1}{{1 + e^{-2t}}}
\]
\begin{enumerate}
\item Calcular el polinomio de Mc Laurin de orden 3.

\item Utilizando el polinomio anterior, calcular aproximadamente la concentración del fármaco transcurridos 15 minutos.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{
\begin{enumerate}
\item $P_{C,0}^3(t)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t+0\frac{t^2}{2!}-1\frac{t^3}{3!}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t-\frac{1}{6}t^3$.
\item $P_{C,0}^3(0.25)= 0.6223958333 \mbox{ mg/dl}$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item
La fórmula del polinomio de Mc Laurin de orden 3 para la función $C(t)$ es:
\begin{equation}
\label{e:mclaurin}
P_{C,0}^3(t)=C(0)+\frac{dC}{dt}(0)t+\frac{d^2C}{dt^2}(0)\frac{t^2}{2!}+\frac{d^3C}{dt^3}(0)\frac{t^3}{3!}
\end{equation}
Necesitamos calcular las tres primeras derivadas:
\begin{align*}
\frac{dC}{dt} &= \frac{2e^{-2t}}{(1+e^{-2t})^2},\\
\frac{d^2C}{dt^2} &=
\frac{\frac{d}{dt}(2e^{-2t})(1+e^{-2t})^2-2e^{-2t}\frac{d}{dt}(1+e^{-2t})^2}{(1+e^{-2t})^4} =\\
&= \frac{-4e^{-2t}(1+e^{-2t})^2- 2e^{-2t}2(1+e^{-2t})(-2e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^4}
= \frac{-4e^{-2t}+4e^{-4t}}{(1+e^{-2t})^3},\\
\frac{d^3C}{dt^3}
&=
\frac{\frac{d}{dt}(-4e^{-2t}1+4e^{-4t})(1+e^{-2t})^3-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})\frac{d}{dt}(1+e^{-2t})^3}{(1+e^{-2t})^6}=\\
&=
\frac{(8e^{-2t}-16e^{-4t})(1+e^{-2t})^3-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})3(1+e^{-2t})^2(-2e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^6}=\\
&=
\frac{(8e^{-2t}-16e^{-4t})(1+e^{-2t})-(-4e^{-2t}+4e^{-4t})(-6e^{-2t})}{(1+e^{-2t})^4}=\\
&=
\frac{(8e^{-2t}-8e^{-4t}-16e^{-6t})-(24e^{-4t}-24e^{-6t})}{(1+e^{-2t})^4}=\\
&=
\frac{8e^{-2t}-32e^{-4t}+8e^{-6t}}{(1+e^{-2t})^4}.
\end{align*}
Sustituyendo para $t=0$ tenemos:
\begin{align*}
C(0)&= \frac{1}{1+e^{-2\cdot 0}}=\frac{1}{2},\\
\frac{dC}{dt}(0) &= \frac{2e^{-2\cdot 0}}{(1+e^{-2\cdot 0})^2} = \frac{2}{2^2}=\frac{1}{2},\\
\frac{d^2C}{dt^2}(0) &= \frac{-4e^{-2\cdot 0}+4e^{-4\cdot 0}}{(1+e^{-2\cdot
0})^3} = \frac{-4+4}{2^3}= 0,\\
\frac{d^3C}{dt^3}(0)&=\frac{(8e^{-2\cdot 0}-32e^{-4\cdot 0}+8e^{-6\cdot 0})}{(1+e^{-2\cdot 0})^4}=\frac{8-32+8}{16}=-1.
\end{align*}

Y por último, sustituyendo en la ecuación \ref{e:mclaurin} llegamos al polinomio
\[
P_{C,0}^3(t)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t+0\frac{t^2}{2!}-1\frac{t^3}{3!}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}t-\frac{1}{6}t^3.
\]

\item La concentración del fármaco transcurridos 15 minutos ($0.25$ horas) es aproximadamente
\[
C(0.25)\approx P_{C,0}^3(0.25)= \frac{1}{2}+\frac{1}{2}0.25-\frac{1}{6}0.25^3= 0.6223958333 \mbox{ mg/dl}.
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-8}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Obtener el desarrollo en serie de Taylor hasta orden tres en el punto $1$ de la función 
\[f(x) = \ln\sqrt{\dfrac{x^2+1}{2}}.\]
Utilizar el polinomio obtenido calcular una aproximación de $\ln\sqrt{1.22}$ y acotar el error cometido.
}
%SOLUCIÓN
{$P^3_{f,1}(x) = \frac{1}{2}(x-1)-\frac{1}{12}(x-1)^3$.\\
$\ln\sqrt{1.22} \approx P^3_{f,1}(1.2) = 0.0993333$.\\
$|R^3_{f,1}(1.2)|\leq 1.25\cdot 10^{-4}$.

}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-9}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función $f(x)=\arctg(x/2)$ se pide:
\begin{enumerate}
\item Calcular el polinomio de Mc Laurin de orden 3.
\item Utilizar el polinomio anterior para aproximar $\arctg 0.05$.
\item Dar una cota del error cometido.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P^3_{f,0}(x) =  \frac{1}{2}x-\frac{1}{24}x^3$.
\item $\arctan 0.05 \approx P^3_{f,0}(0.1) = 0.0499583333$.
\item $|R^3_{f,0}(0.1)|\leq 3.08\cdot 10^{-7}$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-10}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función $f(x)=\dfrac{1}{1-x}$ con $x\neq 1$, se pide:
\begin{enumerate}
\item Calcular el polinomio de Mc Laurin de $f$ de grado 4.
\item Calcular el polinomio de Mc Laurin de $f$ de grado $n$.
\item Calcular el resto de Lagrange para el polinomio de grado $n$ en el punto $x=0.03$.
\item ¿Hasta qué grado tendríamos que llegar para conseguir una aproximación de $f(0.03)$ con un error menor de $10^{-10}$?
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P^4_{f,0}(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4$.
\item $P^n_{f,0}(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n$.
\item $R^n_{f,0}(0.03) = \frac{0.03^{n+1}}{(1-t)^{n+2}} \ t\in(0,0.03)$.
\item $|R^n_{f,0}(0.03)| \leq \frac{0.03^{n+1}}{(0.97)^{n+2}}\leq 10^{-10}$ para $n\geq 6$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{
}


\newproblem{tay-11}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función $f(x)=\tg(x/2)$, se pide:
\begin{enumerate}
\item Aproximar $\tg(0.1)$ mediante un polinomio de Taylor de grado 3 para la función $f$.
\item Dar una cota del error cometido.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{
\begin{enumerate}
\item $T_3 (f,0)(0.2) = 0.1003333$.
\item ${\rm Error} \le 0.00033$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item Sabemos que el desarrollo de Taylor de grado 3 de una función
$f$,  centrado en $a$ y en función de $x$ viene dado por:
\[
T_3 (f,a)(x) = f(a) + f'(a)(x - a) + \frac{{f''(a)}}{2}(x - a)^2  +
\frac{{f'''(a)}}{6}(x - a)^3
\]
y que el valor de la función en un cierto $x_0$, próximo a $a$,
puede calcularse de forma aproximada mediante:
\[
f(x_0 ) \approx T_3 (f,a)(x_0 )
\]
En nuestro caso, la función $f(x)= \tg x/2$ y debemos aproximar el
valor de $\tg 0.1$. Por lo tanto:
\[
\tg 0.1 = \tg \frac{{x_0 }}{2} \Leftrightarrow x_0  = 0.2
\]
Y como valor de $a$ (punto en el que centramos el polinomio de
Taylor) podemos tomar 0, ya que está lo suficientemente próximo a
$0.2$ como para que la aproximación sea buena, además de simplificar
notablemente los cálculos. Es decir, vamos a calcular el polinomio
de Mc Laurin.

Entre las múltiples expresiones para la derivada de la tangente
(como cociente de senos y cosenos, con la secante y también con la
propia tangente), posiblemente la más cómoda para hacer derivadas de
orden superior es:
\[
f(x) = \tg (u(x)) \Rightarrow f'(x) = \left( {1 + \tg ^2 (u(x))}
\right)u'(x)
\]
Aplicado a nuestra función:
\[
f(x) = \tg \frac{x}{2}
\]
\[
f'(x) = \left( {1 + \tg ^2 \frac{x}{2}} \right)\frac{1}{2} =
\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\tg ^2 \frac{x}{2}
\]

Procediendo de forma similar con las derivadas de segundo y tercer
orden, obtenemos:
\[
f''(x) = \frac{1}{2}\tg \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\tg ^3
\frac{x}{2}
\]
\[
f'''(x) = \frac{1}{4} + \tg ^2 \frac{x}{2} + \frac{3}{4}\tg ^4
\frac{x}{2}
\]
Por lo tanto:
\[
f(0) = 0;\;f'(0) = 1/2;\;f''(0) = 0;\;f'''(0) = 1/4
\]
Con ello, el polinomio de Mac Laurin buscado es:
\[
T_3 (f,0)(x) = \frac{1}{2}x + \frac{1}{{24}}x^3
\]

Y la aproximación buscada vale:
\[
\tg 0.1 \approx T_3 (f,0)(0.2) = \frac{1}{2}\;0.2 +
\frac{1}{{24}}\;0.2^3  = 0.1003333
\]
Para comprobar que la aproximación obtenida es correcta, mediante
calculadora, utilizando como unidad angular el radián, obtenemos:
$\tg 0.1=0.1003346$


\item Sabemos que el error cometido con la anterior aproximación es
igual al valor absoluto del resto, y que este último viene dado por
la fórmula:
\[
R_n (f,a)(x) = \frac{{f^{(n + 1} (t)}}{{(n + 1)!}}(x - a)^{n + 1}
\]
donde $t$ pertenece al intervalo $(a,x)$ si $x>a$, o a $(x,a)$ si
$a>x$.
En nuestro caso:
\[
R_3 (f,0)(0.2) = \frac{{f^{(4} (t)}}{{4!}}(0.2)^{4}
\]
Si tenemos en cuenta que la derivada cuarta vale:
\[
f^{(4} (x) = \tg \frac{x}{2} + \frac{5}{2}\tg ^3 \frac{x}{2} +
\frac{3}{4}\tg ^5 \frac{x}{2} \Rightarrow f^{(4} (t) = \tg
\frac{t}{2} + \frac{5}{2}\tg ^3 \frac{t}{2} + \frac{3}{4}\tg ^5
\frac{t}{2}
\]
obtenemos:
\[
R_3 (f,0)(0.2) = \frac{{\tg \frac{t}{2} + \frac{5}{2}\tg ^3
\frac{t}{2} + \frac{3}{4}\tg ^5 \frac{t}{2}}}{{24}}\,(0.2)^4 ;\quad
t \in (0,\;0.2)
\]
Por lo tanto el error cometido vale:
\[
\left| {\frac{{\tg \frac{t}{2} + \frac{5}{2}\tg ^3 \frac{t}{2} +
\frac{3}{4}\tg ^5 \frac{t}{2}}}{{4!}}\,(0.2)^4 } \right|;\quad t
\in (0,\;0.2)
\]
Y nos piden que acotemos el error, es decir, que encontremos una
cierta cantidad tal que se demuestre que el error es menor o igual
que esa cantidad. Para ello, nos damos cuenta de que la función
tangente, e igualmente la tangente al cubo o a la quinta potencia,
son funciones crecientes en el intervalo $(0,\,0.2)$ y, por lo
tanto, el error alcanzará su máximo valor posible cuando $t$ sea un
valor muy próximo a $0.2$. No obstante obtenemos un error en cuya
expresión aparece de nuevo la tangente de $0.1$, y no tiene ningún
sentido utilizar la calculadora para calcular la tangente de $0.1$
presente en el resto, cuando precisamente es la tangente de $0.1$ lo
que pretendemos calcular mediante el polinomio de Taylor. No
obstante, podemos utilizar otras cotas menos precisas pero que
supongan cálculos fácilmente realizables sin necesidad de
calculadora, y evitando a la vez el que la tangente de $0.1$
aparezca en el error. Por ejemplo, la más sencilla se obtiene
considerando que en el intervalo $(0,\,0.2)$ $\tg(t/2)\leq 1$, e
igualmente la tangente cubo o a la quinta potencia.

Teniendo en cuenta lo anterior:
\[
{\rm Error} \le \frac{{(0.2)^4 }}{{4!}}\left| {1 + \frac{5}{2} +
\frac{3}{4}\,} \right| = 0.00033
\]
Una cota más precisa se obtiene tomando, por ejemplo, $t=\pi/3$, tal
que la tangente de $\pi/6$ sí que tiene un valor fácilmente
calculable (sin calculadora):
\[
\tg \frac{\pi }{6} = \frac{{1/2}}{{\sqrt 3 /2}} = \frac{{\sqrt 3
}}{3}
\]
Con ello, la cota para el error cometido vale:
\[
{\rm Error} \le \frac{{(0.2)^4 }}{{4!}}\left| {1\frac{{\sqrt 3 }}{3}
+ \frac{5}{2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3  +
\frac{3}{4}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^5 \,} \right| =
0.000077
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-12}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada  la función $f(x) = 2\sqrt[3]{{1 + x}}$, se pide:
\begin{enumerate}
\item Hallar el polinomio de Mc Laurin de tercer grado de la función. 
\item Utilizar el polinomio obtenido en el apartado anterior para calcular un valor aproximado de $\sqrt[3]{9}$.
\item Dar una cota del error cometido.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P(3,f,0)(x)=2+\frac{2}{3}x-\frac{2}{9}x^2+\frac{10}{81}x^3$.
\item $P(3,f,0)(0.125)= 2.080102258$.
\item $|R_{3,f,0}(0.125)| \leq 2.00938\cdot 10^{-5}$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item   La fórmula del polinomio de Mc Laurin de orden $3$ para la 
    función $f$ es
\begin{equation}
    P_{3,f,0} (x)= f(0)+ 
    f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3,
    \label{McLaurin}
\end{equation}
de modo que tenemos que calcular hasta la tercera derivada de $f$ en el 0.
\[ \renewcommand{\arraystretch}{2}
    \begin{array}{lll}
        f(x)=2\sqrt[3]{{1 + x}}=2(1+x)^{1/3}, & \quad \quad & f(0)=2(1+0)^{1/3}=2,  \\
        f'(x)=2\dfrac{1}{3}(1+x)^{-2/3}=\dfrac{2}{3}(1+x)^{-2/3}, &  & f'(0)=\dfrac{2}{3}(1+0)^{-2/3}=\dfrac{2}{3},\\
        f''(x)=\dfrac{2}{3}\dfrac{-2}{3}(1+x)^{-5/3}=\dfrac{-4}{9}(1+x)^{-5/3}, &  & f''(0)=\dfrac{-4}{9}(1+0)^{-5/3}=\dfrac{-4}{9},\\
        f'''(x)=\dfrac{-4}{9}\dfrac{-5}{3}(1+x)^{-8/3}=\dfrac{20}{27}(1+x)^{-8/3}, &  & f'''(0)=\dfrac{20}{27}(1+0)^{-8/3}=\dfrac{20}{27},
     \end{array}  
\]
Sustituyendo estos valores en la ecuación \ref{McLaurin}, 
obtenemos el polinomio que nos piden
\[ 
P(3,f,0)(x)= 2+\frac{2}{3}x+\frac{-4/9}{2}x^2+\frac{20/27}{6}x^3=
2+\frac{2}{3}x-\frac{2}{9}x^2+\frac{10}{81}x^3.      
\]    

\item Primero averiguamos en qué punto la función vale $\sqrt[3]{9}$. 
\[
f(x)=2\sqrt[3]{1+x}=\sqrt[3]{9} \Leftrightarrow (2\sqrt[3]{1+x})^3=(\sqrt[3]{9})^3 \Leftrightarrow
2^3(1+x)=9 \Leftrightarrow 8+8x=9 \Leftrightarrow x=\frac{1}{8}=0.125.
\]
Calculando el polinomio anterior en este punto tenemos
\[ 
\sqrt[3]{9}\approx P(3,f,0)(0.125)= 2+\frac{2}{3}0.125-\frac{2}{9}0.125^2+\frac{10}{81}0.125^3=2.080102258.      
\]

\item El error cometido en la aproximación anterior nos lo da el resto de Taylor, que en la forma
Lagrange es
\[
R_{3,f,0}(x)=\frac{f^{iv}(t)}{4!}x^4=\frac{\frac{160}{81} (1+t)^{-11/3}}{24}x^4 = \frac{20}{243}\frac{1}{(1+t)^{11/3}} x^4 \quad t\in(0,x),
\]
En el punto $x=0.125$ donde hemos calculado la aproximación, vale
\[
R_{3,f,0}(0.125)=\frac{20}{243}\frac{1}{(1+t)^{11/3}} 0.125^4= 2.00938\cdot 10^{-5}\frac{1}{(1+t)^{11/3}} \quad t\in(0\,,\,0.125).
\]
Para acotar el resto, basta con calcular el máximo de esta función en el
intervalo $(0\,,\,0.125)$. Puesto que la función $1/(1+t)^{11/3}$ es decreciente en dicho intervalo,
el máximo se alcanza en el extremo inferior del intervalo, es decir,
$t=0$. Así pues, tenemos la siguiente cota
\[
|R_{3,f,0}(0.125)|=|2.00938\cdot 10^{-5}\frac{1}{(1+t)^{11/3}}|\leq
|2.00938\cdot 10^{-5}\frac{1}{(1+0)^{11/3}}|=2.00938\cdot 10^{-5}.
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-13}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Dada la función: $f(x) = \dfrac{2} {{\sqrt {3x+ 1} }}$
\begin{enumerate}
\item Obtener el polinomio de Mac Laurin de tercer grado.
\item Calcular el valor aproximado de $\dfrac{2}{1,3}$ empleando el polinomio anterior.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P(3,f,0)(x)= 2-3x+\frac{27}{4}x^2-\frac{135}{8}x^3$.
\item $\frac{2}{1.3}\approx P(3,f,0)(0.23)=1.461756910$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item   La fórmula del polinomio de Mc Laurin de orden $3$ para la función $f$ es
\begin{equation}
P_{3,f,0} (x)= f(0)+ f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3,
\label{McLaurin}
\end{equation}
de modo que tenemos que calcular hasta la tercera derivada de $f$ en el 0.
\[ \renewcommand{\arraystretch}{2}
    \begin{array}{ll}
        f(x)=\dfrac{2}{\sqrt{3x+1}}= 2(3x+1)^{-1/2}, & f(0)=2(3\cdot 0+1)^{-1/2}=2,  \\
        f'(x)=2\dfrac{-1}{2}(3x+1)^{-3/2}3=-3(3x+1)^{-3/2}, &  f'(0)=-3(3\cdot 0+1)^{-3/2}=-3,\\
        f''(x)=-3\dfrac{-3}{2}(3x+1)^{-5/2}3=\dfrac{27}{2}(3x+1)^{-5/2}, &  f''(0)=\dfrac{27}{2}(3\cdot 0+1)^{-5/2}=\dfrac{27}{2},\\
        f'''(x)=\dfrac{27}{2}\dfrac{-5}{2}(3x+1)^{-7/2}3=\dfrac{-405}{4}(3x+1)^{-7/2}, & f'''(0)=\dfrac{-405}{4}(3\cdot 0+1)^{-7/2}=\dfrac{-405}{4},
     \end{array}  
\]
Sustituyendo estos valores en la ecuación \ref{McLaurin}, obtenemos el polinomio que nos piden
\[ 
P(3,f,0)(x)= 2-3x+\frac{27/4}{2!}x^2-\frac{405/24}{3!}x^3=
2-3x+\frac{27}{4}x^2-\frac{135}{8}x^3.      
\]    

\item Primero averiguamos en qué punto la función vale $2/1.3$. 
\[
f(x)=\frac{2}{\sqrt{3x+1}}=\frac{2}{1.3} \Leftrightarrow \sqrt{3x+1}=1.3 \Leftrightarrow
3x+1=1.3^2=1.69 \Leftrightarrow x=\frac{0.69}{3}=0.23.
\]
Calculando el polinomio anterior en este punto tenemos
\[ 
\frac{2}{1.3}\approx P(3,f,0)(0.23)= 2-3\cdot 0.23+\frac{27}{4}0.23^2-\frac{135}{8}0.23^3=1.461756910.      
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem*{tay-14}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Sea la función
\[
f(x) = 2\sqrt[4]{{1 + x}}
\]
\begin{enumerate}
\item Calcular su desarrollo de Mc Laurin de orden 3.
\item Utilizar el desarrollo anterior para calcular de forma aproximada: $\sqrt[4]{{16,16}}$.
\item Acotar el error cometido con la aproximación anterior.
\end{enumerate}
}


\newproblem*{tay-15}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{
Sea la función $f(x)=x^{x}.$
\begin{enumerate}
\item  Calcular su polinomio de Taylor de segundo orden, centrado en $x=1$.
\item  Aproximar con dicho polinomio el valor de: $1.1^{1.1}$.
\end{enumerate}
}


\newproblem*{tay-16}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Para la función:
\[
f(x)=\sqrt[3]{1+2x}
\]
Calcular:
\begin{enumerate}
\item  Su polinomio de Taylor de tercer orden centrado en 0.
\item  El valor aproximado de $\sqrt[3]{1.2}$ mediante el polinomio de Taylor calculado anteriormente.
\item  Acotar el error cometido mediante dicha aproximación.
\end{enumerate}
}


\newproblem*{tay-17}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Teniendo en cuenta que $\sen (2x)=2\sen x \cos x$ y los desarrollos de McLarin de las funciones $\sen x$ y $\cos x$, ¿cuál será el desarrollo de Mc Laurin de orden 3 para la función $\sen (2x)$?

Calcular directamente el desarrollo de Mc Laurin de orden 3 de la función $\sen (2x)$ para comprobar el resultado obtenido en el apartado anterior.
}


\newproblem*{tay-18}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{En los libros de Cálculo se afirma que la función binómica, $(1+x)^p$, puede desarrollarse desarrollada mediante una serie de sumandos de la forma:
\[
\left( {1 + x} \right)^p  = 1 + px + \frac{{p(p - 1)}} {{2!}}x^2 + \frac{{p(p - 1)(p - 2)}} {{3!}}x^3  +  \cdots  + \frac{{p(p - 1) \cdots (p - k + 1)}} {{k!}}x^k
\]
para todo $x$ si $p$ es un entero no negativo.
\begin{enumerate}
\item Demostrar dicha fórmula hasta el término en $x^4$ mediante el desarrollo de Mc Laurin de orden 4.
\item Utilizar el resultado anterior para calcular de forma aproximada el valor de: $0.9^6$.
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-19}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{La concentración de un fármaco en sangre, en mg/dl, en función del tiempo, en horas, viene dada por la expresión:
\[
C(t) = \ln \left( {\frac{{t^2  + 2t + 1}}{{2t + 1}}} \right)
\]
Se pide:
\begin{enumerate}
\item Calcular el polinomio de Mc Laurin de orden 3 de $C$.
\item Utilizar el polinomio anterior para dar el valor aproximado de la concentración al cabo de 15 minutos.
\item Calcular el polinomio de Taylor, centrado en 0, de orden 2 para la función:
\[
f(t) = 2\ln (t + 1) - \ln (2t + 1)
\]
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P_{C,0}^3(t) = t^2-2t^3$.
\item $P_{C,0}^3(0.25) = 0.03125$.
\item $P_{f,0}^2(t) = t^2$.
\end{enumerate}}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item La ecuación del polinomio de Mc Laurin de orden 3 de $C$ es 
\begin{equation}
P_{C,0}^3(t) = C(0)+ C'(0)t + \frac{C''(0)}{2}t^2 + \frac{C'''(0)}{3!}t^3.
\end{equation}
Necesitamos calcular las 3 primeras derivadas, pero antes conviene simplificar la función 
\begin{align*}
C(t)&= \ln\left(\frac{t^2+2t+1}{2t+2}\right)= \ln(t^2+2t+1)-\ln(2t+1) =\\
&= \ln((t+1)^2) -\ln(2t+1) = 2\ln(t+1)-\ln(2t+1),\\
C'(t)&= \frac{2}{t+1}-\frac{2}{2t+1},\\
C''(t)&= \frac{-2}{(t+1)^2}+\frac{4}{(2t+1)^2},\\
C'''(t)&= \frac{4}{(t+1)^3}-\frac{16}{(2t+1)^3}
\end{align*}
Las derivadas en 0 valen
\begin{align*}
C(0)&=  2\ln(1)-\ln(1) = 0,\\
C'(0)&= \frac{2}{1}-\frac{2}{1}= 0,\\
C''(0)&= \frac{-2}{1^2}+\frac{4}{1^2} = 2,\\
C'''(t)&= \frac{4}{1^3}-\frac{16}{1^3} = -12.
\end{align*}
Y sustituyendo en la ecuación anterior llegamos al polinomio 
\[
P_{C,0}^3(t) = \frac{2}{2}t^2 - \frac{12}{3!}t^3 = t^2-2t^3.
\]

\item El valor de la función a los 15 minutos es $C(0.25)$ ya que las unidades del tiempo se consideran en horas. El valor aproximado de que da el polinomio en ese instante es
\[
P_{C,0}^3(0.25) = 0.25^2-2\cdot 0.25^3 = 0.03125.
\]

\item Según hemos podido comprobar al simplificar $C(t)$ resulta que $C(t)$ y $f(t)$ son la misma función, así que el polinomio de Mc Laurin de orden 2 es el mismo que el calculado en el primer apartado pero considerando sólo hasta el término de grado 2, es decir,
\[
P_{f,0}^2(t) = t^2.
\]
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-20}{gen}{}
%ENUNCIADO
{Dada la función $\dfrac{\sen x+\cos x}{2}$:
\begin{enumerate}
\item  Utilizar el polinomio de Mc Laurin de grado 3 para aproximar $\frac{\sen 1+\cos 1}{2}$.
\item  Utilizar el polinomio de Taylor de grado 2 en el punto $x_0 = \pi/2$ para aproximar $\frac{\sen 1+\cos 1}{2}$.
\item  Dar la cota de error cometida en ambas aproximaciones y decir cual es mejor.
\end{enumerate}
}
%SOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item $P_0^3(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{12}x^3$ y $P_0^3(1)=\frac{2}{3}$.
\item $P_{\pi/2}^2(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(x-\pi/2)-\frac{1}{4}(x-\pi/2)^2$ y  $P_{\pi/2}^2(1)= 0.70395$.
\item $|R_0^3(1)|\leq 0.04166$ y $|R_{\pi/2}^2(1)|\leq 0.03099$.
\end{enumerate}
}
%RESOLUCIÓN
{\begin{enumerate}
\item  El polinomio de Mc Laurin de grado 3 para $f(x)$ viene dado por la fórmula siguiente: 
\[
P_0^3(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}x^3. 
\]

Calculamos las tres primeras derivadas de $f(x)$: 
\begin{align*}
f^{\prime }(x) &= \frac{\cos x-\sen x}{2}, \\
f^{\prime \prime }(x) &= \frac{-\ sen x-\cos x}{2}, \\
f^{\prime \prime \prime }(x) &= \frac{-\cos x+\sen x}{2}.
\end{align*}

Particularizando en $x=0$ tenemos: 
\begin{align*}
f(0) &= \frac{\sen 0+\cos 0}2=\frac{1}{2}, \\
f^{\prime }(0) &= \frac{\cos 0-\sen 0}{2}=\frac{1}{2}, \\
f^{\prime \prime }(0) &= \frac{-\sen 0-\cos 0}{2}=-\frac{1}{2}, \\
f^{\prime \prime \prime }(0) &= \frac{-\cos 0+\sen 0}{2}=-\frac{1}{2}.
\end{align*}

Por tanto, el polinomio de Mc Laurin que nos interesa es: 
\[
P_0^3(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{12}x^3.
\]

Para aproximar $f(1)=\frac{\sen 1+\cos 1}{2}$, tenemos que tomar $x=1$, y en ese punto, la aproximación que da el polinomio es: 
\[
P_0^3(1)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}-\frac{1}{12}=\frac{2}{3}.
\]

\item  El polinomio de Taylor de grado 2 en el punto $x_0=\pi/2$ para $f(x)$ viene dado por la fórmula siguiente: 
\[
P_{\pi /2}^2(x)=f(\pi /2)+f^{\prime }(\pi /2)(x-\pi /2)+\frac{f^{\prime\prime }(\pi /2)}{2!}(x-\pi /2)^2. 
\]

Particularizando en $x=\pi/2$ hasta la segunda derivada tenemos: 
\begin{align*}
f(\pi /2) &= \frac{\sen\pi/2+\cos \pi /2}{2} = \frac{1}{2} \\
f^{\prime }(\pi/2) &= \frac{\cos \pi /2-\sen\pi/2}{2} = -\frac{1}{2}, \\
f^{\prime \prime}(\pi/2) &= \frac{-\sen\pi/2-\cos\pi/2}{2} = -\frac{1}{2}.
\end{align*}

Por tanto, el polinomio de Taylor que nos interesa es: 
\[
P_{\pi/2}^2(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(x-\pi/2)-\frac{1}{4}(x-\pi/2)^2, 
\]

y, de nuevo, tomando $x=1$, la aproximación que da este polinomio para $f(1)=\frac{\sen 1+\cos 1}2$ es: 
\[
P_{\pi/2}^2(1)=\frac 12-\frac{1}{2}(1-\pi/2)-\frac{1}{4}(1-\pi/2)^2 = 0.70395. 
\]

\item  El error cometido en las aproximaciones se puede calcular mediante el resto de Lagrange. Para el polinomio de Mc Laurin anterior, dicho resto se puede calcular con la fórmula siguiente: 
\[
R_0^3(x) = \frac{f^{iv}(c)}{4!}x^4\qquad \mbox{con }c\in (0,x). 
\]

Como la cuarta derivada de $f(x)$ coincide con $f(x)$, entonces particularizando el resto en $x=1$, tenemos: 
\[
R_0^3(1)=\frac{\sen c+\cos c}{2\cdot 4!}1^4 = \frac{\sen c+\cos c}{48} \qquad \text{con }c\in (0,1), 
\]
y puesto que tanto el seno como el coseno no pueden tomar valores mayores que 1, tenemos que $|\sen c+\cos c|\leq 2$, y obtenemos la siguiente cota de error para la primera aproximaci\'{o}n: 
\[
|R_0^3(1)|\leq |\frac{2}{48}|=0.04166. 
\]

Para el polinomio de Taylor, el resto de Lagrange tiene la forma siguiente: 
\[
R_{\pi/2}^2(x)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(c)}{3!}(x-\pi/2)^3\qquad \mbox{con }c\in (x,\pi /2). 
\]

Como antes, particularizando en $x=1$ tenemos: 
\[
R_{\pi/2}^2(1)=\frac{-\cos c+\sen c}{2\cdot 3!}(1-\pi/2)^3 \qquad \mbox{con }c\in (1,\pi /2), 
\]
y como $|\sen c+\cos c|\leq 2,$ obtenemos la siguiente cota de error para la segunda aproximación: 
\[
|R_{\pi/2}^2(1)|\leq |\frac{2}{2\cdot 3!}(1-\pi/2)^3|=0.03099. 
\]

Podemos concluir que la segunda aproximación es mejor que la primera.
\end{enumerate}
}


\newproblem{tay-21}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Calcular el polinomio de Mc Laurin de orden 4 de la función $\cos\frac{x}{3}$, y utilizarlo para aproximar $\cos\frac{\pi}{4}$, dando una
cota del error cometido.
}
%SOLUCIÓN
{$P_0^4(x)=1-\dfrac{1}{18}x^2+\dfrac{1}{1944}x^4$, $P_0^4\left(\dfrac{3\pi }{4}\right) = 0.7074292$ y la cota del error cometido es $\left|R_0^4\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)\right| \leq 0.00249.$
}
%RESOLUCIÓN
{Llamando $f(x)=\cos\dfrac{x}{3}$, el polinomio que se nos pide viene dado por la fórmula siguiente: 
\[
P_0^4(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}x^3+\frac{f^{\text{iv}}(0)}{4!}x^4.
\]
Calculamos primero hasta la derivada cuarta de $f(x)$:
\[
\begin{array}{lll}
f(x)=\cos\dfrac{x}{3} & \qquad & f(0)=1 \\
f^{\prime }(x)=-\dfrac{1}{3}\sen\dfrac{x}{3} & &  f^{\prime }(0)=0 \\
f^{\prime \prime }(x)=-\dfrac{1}{9}\cos\dfrac{x}{3} &  & f^{\prime \prime }(0)=-\dfrac{1}{9}\\
f^{\prime \prime \prime}(x)=\dfrac{1}{27}\sen\dfrac{x}{3} & &  f^{\prime \prime \prime }(0)=0 \\
f^{iv}(x)=\dfrac{1}{81}\cos\dfrac{x}{3} & & f^{iv}(0)=\dfrac{1}{81}
\end{array}
\]
Sustituyendo estas derivadas en la fórmula anterior obtenemos el polinomio que buscamos: 
\[
P_0^4(x)=1-\dfrac{1}{18}x^2+\frac{1}{1944}x^4.
\]
Para aproximar ahora $\cos\frac{\pi}{4}$ utilizando este polinomio, tenemos que calcular el valor del polinomio para un $x$ tal que $f(x)=\cos\frac{\pi}{4},$ es decir, un $x$ tal que $\cos\frac{x}{3}=\cos\frac{\pi}{4},$ de lo que se deduce $x=\frac{3\pi}{4}$. La aproximación que da el polinomio en este punto es 
\[
P_0^4\left(\dfrac{3\pi }{4}\right)=1-\dfrac{1}{18}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^2+\frac{1}{1944}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^4=0.7074292
\]
Finalmente, el error cometido en esta aproximación lo da el resto de Langrange que se obtiene con la fórmula 
\[
R_0^4\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)=\frac{f^{v}(t)}{5!}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^5\quad \text{con }t\in \left(0,\frac{3\pi}{4}\right).
\]
Calculando la quinta derivada de $f(t),$
\[
f^{v}(t)=-\dfrac{1}{243}\sen\dfrac{t}{3},
\]
y sustitutyendo en la fórmula anterior, obtenemos el error cometido: 
\[
R_0^4\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sen(t/3)}{29160}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^5\quad \text{con }t\in \left(0,\frac{3\pi}{4}\right).
\]
Este error puede acotarse fácilemente aprovechando que $\left|\sen(t/3)\right| \leq 1,$ con lo que llegamos a la cota 
\[
\left|R_0^4\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)\right| \leq \left|-\dfrac{1}{29160}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^5\right| = 0.00249.
\]
}


\newproblem{tay-22}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Calcular $0.98^{3/5}$ tomando hasta el término correspondiente a $n=3$ del desarrollo de Mac Laurin de la función $(1+x)^{3/5}$.
}
%SOLUCIÓN
{$P_{0}^{3}(x)=1+\dfrac{3}{5}x-\dfrac{3}{25}x^{2}+\dfrac{7}{125}x^{3}$ y $0.98^{3/5}\approx P_{0}^{3}(-0.02)= 0.9879515521$.
}
%RESOLUCIÓN
{Llamando $f(x)=(1+x)^{3/5}$, el polinomio que se nos pide viene dado por la fórmula siguiente: 
\[
P_{0}^{3}(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}x^{3}.
\]

Calculamos primero hasta la derivada tercera de $f(x)$ en el $0$:
\[
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\begin{array}{lll}
f(x)=(1+x) ^{3/5} & \qquad & f(0)=1 \\
f^{\prime}(x)=\dfrac{3}{5}(1+x)^{-2/5} & & f^{\prime }(0)=\dfrac{3}{5}\\
f^{\prime \prime}(x)=-\dfrac{6}{25}(1+x)^{-7/5} & & f^{\prime \prime }(0)=-\dfrac{6}{25}\\
f^{\prime \prime \prime}(x)=\dfrac{42}{125}(1+x)^{-12/5} & & f^{\prime \prime \prime }(0)=\dfrac{42}{125}
\end{array}
\]

Sustituyendo estas derivadas en la fórmula anterior obtenemos el polinomio que buscamos: 
\[
P_{0}^{3}(x)=1+\dfrac{3}{5}x-\dfrac{3}{25}x^{2}+\frac{7}{125}x^{3}.
\]

Para aproximar $0.98^{3/5}$ usando este polinomio, tenemos que calcular el valor del polinomio para un $x$ tal que $f(x)=0.98^{3/5}$, es decir, un $x$ tal que $0.98^{3/5}=(1+x)^{3/5}$, de lo que se deduce que $x=-0.02$. La aproximación que da el polinomio en este punto es 
\[
P_{0}^{3}(-0.02)=1+\dfrac{3}{5}(-0.02)-\dfrac{3}{25}(-0.02)^{2}+\frac{7}{125}(-0.02)^{3}=0.9879515521.
\]
}


\newproblem{tay-23}{gen}{*}
%ENUNCIADO
{Obtener polinomio de Mc Laurin de grado 3 de las funciones $\sen x$ y $\tg x$, y utilizar los polinomios anteriores para calcular
\[
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tg x-x}{x-\sen x}
\]
}
%SOLUCIÓN
{$P_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{-1}{3!}x^{3}=x-\frac{x^{3}}{6}$,\\
$Q_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{2}{3!}x^{3}=x+\frac{x^{3}}{3}$ y \\
$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tg x-x}{x-\sen x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x+\frac{x^{3}}{3}-x}{x-x+\frac{x^{3}}{6}} =2$.
}
%RESOLUCIÓN
{La formula general para calcular el polinomio de Mc Laurin de grado 3 de una función $f(x)$ es:
\[
P_{0}^{3}(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x^{2}+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}x^{3}.
\]

Consideremos, en primer lugar, la función $\sen x$, y calculemos sus tres primeras derivadas en 0:
\[
\begin{array}{lll}
f(x)=\sen x &  & f(0)=\sen 0=0, \\
f^{\prime }(x)=\cos x &  & f^{\prime }(0)=\cos 0=1, \\
f^{\prime \prime }(x)=-\sen x &  & f^{\prime \prime }(0)=-\sen0=0, \\
f^{\prime \prime \prime }(x)=-\cos x &  & f^{\prime \prime \prime }(0)=-\cos 0=-1.
\end{array}
\]
Sustituyendo en la fórmula de arriba, llegamos al primer polinomio que buscamos:
\[
P_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{-1}{3!}x^{3}=x-\frac{x^{3}}{6}.
\]

Consideremos ahora la función $\tg x$ y calculemos sus tres primeras derivadas en 0:
\[
\begin{array}{lll}
g(x)=\tg x &  & g(0)=\tg 0=0 \\
g^{\prime }(x)=1+\tg^{2} x &  & g^{\prime }(0)=1+\tg^{2} 0=1 \\
g^{\prime \prime }(x)= 2\tg x+2\tg ^{3}x &  & g^{\prime \prime}(0)= 2\tg 0+2\tg ^{3}0=0 \\
g^{\prime \prime \prime }(x)=2+ 8\tg ^{2}x+6\tg ^{4}x &  & g^{\prime \prime \prime }(0)= 2+ 8\tg ^{2}0+6\tg ^{4}0=2
\end{array}
\]
Sustituyendo de nuevo en la fórmula de arriba, pero utilizando esta vez $g(x)$ en lugar de $f(x)$, llegamos al otro polinomio que buscamos:
\[
Q_{0}^{3}(x)=0+1\cdot x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{2}{3!}x^{3}=x+\frac{x^{3}}{3}
\]

Finalmente, para calular ahora el límite que nos piden, podemos sustituir $\sen x$ por $P_{0}^{3}(x)$ y $\tg x$ por $Q_{0}^{3}(x)$, teniendo en cuenta dichos polinomios se comportan de igual forma que las correspondientes funciones en un entorno del 0. Así pues, tenemos:
\[
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tg x-x}{x-\sen x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{Q_{0}^{3}(x)-x}{x-P_{0}^{3}(x)} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x+\frac{x^{3}}{3}-x}{x-x+\frac{x^{3}}{6}} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{x^{3}}{3}}{\frac{x^{3}}{6}} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{6}{3}=2.
\]
}